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COLECCIÓN DE PROBLEMAS RESUELTOS DE MATEMÁTICAS ESPECIALES

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Editorial TREVERIS

Reservados todos los derechos EDITORIAL TREVERIS, S. L., 2000 Apartado de Correos 1037 28080 MADRID www.treveris.es [email protected]

Colección de Problemas Resueltos de Matemáticas Especiales (1ª parte)

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Introducción En esta colección se incluyen prácticamente todos los problemas de examen de Matemáticas Especiales del CAD de la UNED de los últimos años correspondientes a los temas 1 a 9 del libro oficial de la asignatura, completados con otros de creación propia del autor de la recopilación. Se ha tratado de explicar los problemas detalladamente, pero para más información el alumno debe dirigirse al libro Apuntes y Problemas de Matemáticas Especiales, del mismo autor y editorial. Los problemas están agrupados en dos secciones: los de ”Clase” son los típicos que un tutor puede explicar en sus tutorías; los ”Propuestos” son los que el alumno, habiendo aprendido cómo se resuelven los anteriores, debería acometer por sí solo (en cada problema de éstos se le indica con un número a qué problema ”de clase” se parece; por ejemplo, con P1( 1) se quiere dar a entender que el problema propuesto P1 se resuelve igual que el 1 de clase).

@

 2000, Editorial Tréveris, S. L. Reservados todos los derechos

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Colección de Problemas Resueltos de Matemáticas Especiales (1ª parte)

Índice 7 9 14 18 24

Primera parte: Temas 1 y 2: Números enteros, racionales y reales Temas 3 y 4: Conjuntos, Combinatoria Temas 5 y 6: Probabilidad, Estadística Temas 7, 8 y 9: Matrices, determinantes, sistemas de ecuaciones

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Colección de Problemas Resueltos de Matemáticas Especiales (1ª parte)

1 a parte: temas 1 a 9

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Colección de Problemas Resueltos de Matemáticas Especiales (1ª parte)

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Temas 1 y 2: Números enteros, racionales y reales Divisibilidad, factorización, mínimo común múltiplo, máximo común divisor, operaciones algebraicas, ecuaciones e inecuaciones, potencias, ecuaciones de segundo grado, logaritmos, ecuaciones logarítmicas y exponenciales

Problemas de clase 1.

Factorizar en factores primos los números 820, 82 y 738

Sol.: Se trata de dividir el primer número por 2; (de manera que dé un número exacto); luego, de nuevo por 2, y así hasta que sea posible. Se sigue con el siguiente número primo, el 3, dividiendo todas las veces que sea posible; luego por el 5, el 7, el 11, el 13, el 17, el 19, el 21, etc., ew decir, por todos los primos (recordando que número primo es aquel que sólo es divisible por sí mismo y por 1) Haciendo lo anterior nos quedan así las factorizaciones: 820 = 2 2 × 5 × 41 82 = 2 × 41 738 = 2 × 3 2 × 41 2.

Calcular el mínimo común múltiplo y el máximo común divisor de 820, 82 y 738

Sol.: Para calcular el mcm se factorizan los números (ver problema anterior) y se toman los factores comunes y no comunes elevados a los mayores exponentes, multiplicándolos luego. En este caso: mcm = 2 2 × 5 × 41 × 3 2 = 7380 3.

2a+b 25

Efectuar la siguiente suma

−

b a

+

a 5b

Sol.: Para sumar quebrados debemos empezar hallando el mcm de los denominadores. Para ello, previamenter los factorizamos:y tomamos los factores comunes y no comunes elevados al mayuor exponente. Si hay letras, cada letra es un factor: 25 = 5 2 a=a 5b = 5 × b mcm = 5 2 × a × b ≡ 25ab A continuación se divide el mcm por el primer denominador, y el resultado se multiplica por su numerador. Lo mismo para el segundo quebrado y para el tercero. A los tres quebrados se les pone de denominador el mismo, que será el mcm . Finalmente se suman las fracciones resultantes, y ahora es fácil porque tienen el mismo denominador: basta dejar ese mismo denominador y sumar los numeradores. El proceso es así: 25ab 25

= ab

2a+b 25

−

4.

b a

+

25ab a a 5b

ab(2a+b) 25ab

=

Resolver la ecuación

−

25b×b 25ab

+

x+1 2

5a×a 25ab

= 25b =

25ab 5b

= 5a

2a 2 b+ab 2 −25b 2 +5a 2 25ab

+ 5 = 2x − 8

Sol.: Se empiezan sumando las fracciones (es como si hubiera 4, pero las tres últimas tienen denominador 1). El mcm de los denominadores es 2. Se opera inicialmente como en el caso de la suma de fracciones: x+1 2

+

5 1

=

2x 1

−

8 1

;

1¯(x+1) 2

+

2¯5 2

=

2¯2x 2

−

2¯8 2

Una vez que todas las fracciones tengan el mismo denominador se puede suprimir (la explicación de esto es que una igualdad no cambia si se multiplican ambos miembros por el mismo número; si en este caso multipliamos por 2 todo, el 2 que multiplica y el 2 que divide se cancela en todos los casos). Nos queda: x + 1 + 10 = 4x − 16 Ahora se pasan a un miembro los términos que contienen x y al otro los que no:

10

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1 + 10 + 16 = 4x − x 27 = 3x Ahora se despeja x pasando al otro miembro dividiendo el número que la multiplica (3): =x

27 3

x=9

La comprobación es fácil; basta sustituir la x por 9 en la ecuación original y ver que la igualdad se cumple: +5 = 2¯9−8

9+1 2

10 = 10 5.

−3x + 5/3 ≥ 4/9

Resolver la inecuación

(Sol.:

x≤

11 27

)

Sol.: Se quitan los quebrados como en una ecuación: −3x +

≥

5 3

4 9

Para despejar la x se resta 53 a ambos lados de la desigualdad:(en virtud de una propiedad de las inecuaciones, como de las ecuaciones, que dice que si se suma o resta una misma cantidad a los dos miembros la inecuación no se altera): −3x + −3x ≥

5 3 4 9

− −

5 3 5 3

≥

−

4 9

5 3

Ahora se efectúa la suma del segundo miembro: −3x ≥

−11 9

Para despejar la x dividimos ambos miembros por −3. Aquí hay que tener en cuenta una propiedad de las inecuaciones: al multiplicar o dividir ambos miembros por un número negativo cambia el signo de la desigualdad (es decir, en este caso, cambia de ≥ a ≤ ) −3x −3

≤

x≤

11 27

−11 9

−3

5

6.

Simplificar:

a3 b 10 3

a4b2

a8

Lo mejor es empezar convirtiendo las raíces en potencias (mediante la regla n a m = a n ). Luego se 1 (a m ) n = a mn ; opera según la regla de las potencias ( a m a n = a m+n ; a m /a n = a m−n ; = a −m ) am m

5

a3 b 10 3

a4b2

a8

=

1 5

a3 b 10

a

8 3

a4b2

=

3 a5 10 b 5

a

a4b2

=

8 3

3

a 5 a4b2 b

10 5

8

= a 5 a 4 a − 3 b 2 b −2 = a 5 +4− 3 b 2−2 = a 15 b 0 = 3

8

3

8

29

15

a 29

a3

(recordar que cualquier número elevado a 0 es 1) 7.

Resolver la ecuación

2x 2 + x − 5 = 0

Sol.: Se aplica la fórmula general de una ecuación de segundo grado ax 2 + bx + c = 0 . Las dos soluciones vienen dadas por x1 = En este ejemplo a = 2 x1 =

8

−b + b 2 − 4ac 2a

b=1

−1 + 1 2 − 4 ¯ 2 ¯ (−5) = −1 + 2¯2 4

a) −

≤ x1 ≤

3 2

b) −5 ≤ x 1 ≤

−b − b 2 − 4ac 2a

x2 =

−1 − 1 2 − 4 ¯ 2 ¯ (−5) = −1 − 2¯2 4

c = −5 41 4

(J99B6). La solución, x 1 , de la ecuación exponencial 1 2

x2 =

2 3

c) −

3 2

2 x−1 + 2 x+1 + 2 x+3 = 84

41 4

verifica:

≤ x1 ≤ 5

Sol.: Como vemos que en el primer miembro de la ecuación abuna la expresión ”2 x ” aunque incluidas en potencias algo complicadas, trataremos de aislarla. Operaremos siguiendo las reglas de las

Colección de Problemas Resueltos de Matemáticas Especiales (1ª parte)

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potencias: + 2 x ¯ 2 + 2 x ¯ 2 3 = 84

2x 2

Ahora podemos sacar factor común 2 x y operar: 1 2

2x

+2+8

= 2x

21 2

Ese es el primer miembro, que igualamos al segundo:y despejamos 2 x : 21 2

2 x = 84

2x =

2x = 8

84¯2 21

2x = 23

De la última igualdad se deduce, lógicamente, que x = 3 (por lotanto, la solución al test es c) 9.

Calcular ln 200 en función de ln 2 y ln 5

Sol.: Este tipo de problemas se resuelve factorizando: 200 = 2 3 5 2 Así pues, ln 200 = ln 2 3 5 2

(ln es un tipo especial de logaritmos llamado neperiano)

Ahora, aplicando reglas de los logaritmos (recordemos las principales: log mn = log m + log n log m/n = log m − log n log m n = n log m ): ln 2 3 5 2 = ln 2 3 + ln 5 2 = 3 ln 2 + 2 ln 5 y el problema está resuelto, pues se supone que conocemos los valores numéricos de ln 2 y ln 5 , según dice el enunciado. 10

log(x − 7) − log(x + 2) = −1

Resolver la ecuación

Sol.: Empezaremos aplicando las propiedades de los logaritmos vistas antes (una de ellas) para tratar de simplificar el problema log(x − 7) − log(x + 2) = log con lo cual tenemos

log

x−7 x+2 x−7 x+2

= −1

Pero debemos recordar, de la definición de logaritmo en base 10 (como el que estamos tratando) que si log a = b esto implica que a = 10 b En este problema: x−7 x+2

= 10 −1 ;

x−7 x+2

=

1 10

;

10(x − 7) = x + 2

⇒

x=8

Problemas propuestos P1(

@ 1). Factorizar en factores primos los números 39, 47 y 120

Sol.: 39 = 1 × 3 × 13; P2(

@ 2). Calcular el mínimo común múltiplo y el máximo común divisor de 39, 47 y 120

Sol.: mcm(39, 47, 120) = 73320;

P3(

120 = 1 × 2 3 × 3 × 5

47 = 1 × 47;

mcd(39, 47, 120) = 1

@ 3). Efectuar la siguiente suma:

2 3

a+ 54 b 8 9

a+b

+ 5b +

8a 2 9 a

=

Sol.: Empezaremos sumando parcialmente el numerador y denominador de la primera fracción, para luego simplificar esta fracción compleja: 2 3 8 9

a+

5 4

b=

a+b =

8a+15b 12 8a+9b 9

=

8a+15b 12 8a+9b 9

9(8a+15b) 12(8a+9b)

=

72a+135b 96a+108b

(donde hemos reducido al fracción compleja multiplicando los extremos

(producto que pondremos en el numerador) y los medios (al denominador)) La tercera fracción de la suma original también podemos simplificarla efectuando la multiplicación y cancelando miembros comunes en numerador y denominador (en este caso, la a). Después de eso

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quedarán tres fracciones ”simples” para sumar:: 72a+135b 96a+108b

+ 5b +

16 9

=

+ 5b +

72a+135b 96a+108b

16 9

Para calcular el mcm debe tenerse en cuenta que el denominador de la primera no tiene factores propiamente, pues es una suma. Como mucho, puede sacarse previamente factor común lo que sea posible: 96a + 108b = (2 5 × 3)a + (2 2 × 3 3 )b = 2 2 × 3 × (2 3 a + 3 2 b) = 2 2 × 3 × (8a + 9b) (hemos factorizado previamente los números para ver qué factores comunes tenían; en este caso eran el 2 2 y 3). Por otra parte, el denominador de la tercera fracción queda factorizado como 9 = 3 2 El mcm sería, entonces (factores comunes y no comunes elevados a los mayores exponentes): 2 2 × 3 2 × (8a + 9b) = 288a + 324b, aunque por el momento lo dejaremos de la primera forma, factorizado. La razón es que ahora tendremos que dividirlo entre cada uno de los denominadores, y es más fácil hacerlo cuando está factorizado (para hacer la primera división, recordemos que 96a + 108b = 2 2 × 3 × (8a + 9b): y que 9 = 3 2 2 2 ×3 2 ×(8a+9b)

=3

2 2 ×3×(2 3 a+3 2 b) 2 2 ×3 2 ×(8a+9b) 1 2 2 ×3 2 ×(8a+9b)

= 2 2 × 3 2 × (8a + 9b) = 288a + 324b = 2 2 × (8a + 9b) = 32a + 36b

32

Como es habitual, los cocientes obtenidos debemos multiplicarlos cada cual por el numerador correspondiente: Así nos queda: 72a+135b 96a+108b

P4(

+ 5b +

16 9

=

3¯(72a+135b)+(288a+324b)¯5b+(32a+36b)¯16 288a+324b

@ 4). Resolver la ecuación

2x = − x+4 + 5

=

728a+981b+1440ba+1620b 2 288a+324b

2 15

Sol.: El mcm es, claramente, 15. La forma más simple de resolver esta ecuación es empezar multiplicando cada uno de los tres monomios por el mcm; esto nos garantiza que desaparacerán los denominadores: 15 ¯ 2x = 15 ¯ − x+4 5

+ 15 ¯

2 15

30x = −3x − 12 + 2 33x = −10; P5(

x = − 10 33

@ 5). Resolver la inecuación

2x 5

−

5 2

x): −31x −31

P6(

<

D

0 −31

x>0

@ 6). Simplificar:

1

(a 2 ) 2 bc 3

a 2 bc

Sol.: Hay que aplicar las reglas del producto y raíz de potencias: a = m ab ; n m a = m n

(m a ) b

1

(a 2 ) 2 bc 3

a 2 bc

P7(

=

1 ¯2

a 2 bc 2 3

1

1

= a 1− 3 b 1− 3 c 1− 3 = a 3 b 3 c 3 = 2

1

1

1

2

2

a b3c3

@ 7). Resolver la ecuación

x(x − 1) = 6

3

a 3 b2 3 c2

m a m b = m a+b ; m −a =

1 ma

;

Colección de Problemas Resueltos de Matemáticas Especiales (1ª parte)

x(x − 1) = 6

Sol.: x2

13

−x−6 = 0

Dada la fórmula general de una ecuación de segundo grado: ax 2 + bx + c = 0, aquí a = 1, c = −6

b = −1;

Para dar con las dos soluciones, x 1 , x 2 aplicamos las fórmulas x1 = y sale x 1 = −2 P8(

−b + b 2 − 4ac 2a

x2 =

−b − b 2 − 4ac 2a

x2 = 3

@ 8). Solucionar

2 x + 5 × 2 x = 12

Sol.: Lo más fácil es hacer 2 x igual a, por ejemplo, y. De esta forma nos queda una ecuación muy simple:

D

y + 5y = 12 Por lo tanto, (pues 2 1 = 2)

2x

y=2

= 2, y es fácil intuir que el único valor de x que satisface esa igualdad es x = 1

También se puede hacer así: 2 x + 5 × 2 x es 6 × 2 x del mismo modo que a + 5 × a = 6a). Por tanto: 6 × 2 x = 12 2x = 2 x=1

D

P9(

D

@ 9). Calcular log 16000 sabiendo que log 2

-

0.301

Luego aplicamos las Sol.: Factorizamos 16000 buscando sólo factores 2 : 16000 = 2 4 ¯ 1000 propiedades de los logaritmos necesarias (recordar que las principales son: log m n = n log m; log mn = log m + log n y log mn = log m − log n) log 16000 = log 2 4 ¯ 1000 = log 2 4 + log 1000 = 4 log 2 + 3 (pues log 1000 = 3, recordémoslo) Por tanto: log 16000 P10(

-

4 × 0.301 + 3 = 4.204)

@ 10). Resolver la ecuación logarítmica

log 1001x − log(x + 2) = 3

Sol.: Se trata de hacer desaparecer la expresión del logaritmo, que dificulta la resolución de la ecuación; para ello, empezamos aplicando la regla log mn = log m − log n: log 1001x − log(x + 2) = log

1001x x+2

luego aplicamos la definición de logaritmo, es decir, si log

1001x x+2

=3

10) 1001x x+2

= 10 3

D D

1001x x+2

=

10 3

log a m = n

esto implica que m = a n :

(si no se indica nada se entiende que el log es en base

1001x = 1000(x + 2)

D

x = 2000

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Temas 3 y 4: Conjuntos, Combinatoria Elementos de la teoría de conjuntos, aplicaciones y funciones, composición de funciones, funciones inversas; Variaciones, permutaciones y combinaciones

Problemas de clase (J97B9) Dadas las funciones reales de variable real f(x) = x 2 + 1 y g(x) = 3x − 2 2 2 que: a) f  g(x) = 9x − 12x + 5 b) f  g(x) = 3x + 1 c) f  g(x) = x 2 + 3x − 1 1

se tiene

Sol.: f  g(x) = f[g(x)] = [g(x)] 2 + 1 = (3x − 2) 2 + 1 = 9x 2 − 12x + 5 Sea f : R − {5} → R − {1} la función definida por f(x) =

2.(S99D5)

a)

f −1 (x)

=

3x−5 x−1

b)

f −1 (x)

=

5x+3 x−1

c)

f −1 (x)

=

x+3 x−5

. Entonces:

x−5 x+3

Sol.: La función sólo se ha definido para cualquier valor real menos el 5 (por so se ha escrito no tiene sentido, pues el denominador se hace 0). La R − {5}), ya que si x = 5 la expresión x+3 x−5 función inversa que vamos a calcular tampoco estará definida en 1 (R − {1}). x+3 x−5

D

= u y despejamos la x :

x+3 x−5

Hacemos

D

=u

x + 3 = ux − 5u

−5u−3 1−u

D

x − ux = −5u − 3

D

x(1 − u) = −5u − 3

y esa expresión a la que se ha llegado, pero intercambiando la x y la u x= ≡ (ver Apuntes) es la solución para f −1 (x) : f −1 (x) =

5u+3 u−1

5x+3 x−1

3. a) ¿Cuántas palabras de tres letras, sin repetir ninguna, se pueden formar con las letras de la palabra EUROPA? b) ¿Y de cuatro letras, sin repetir ninguna? c) ¿Y de seis letras? d) ¿Y de tres letras repitiendo cada letra las veces que se quiera?

Sol.: a) Palabras válidas serían EUR, RUE, ERU, OPA, etc. Vemos que dos ordenaciones distintas de, por ejemplo, las letras E,U,R conducen a palabras distintas. Es decir, el orden es importante, luego no es un problema de combinaciones (ver Apuntes). Debe serlo, pues, de variaciones od e permutaciones. No es de permutaciones porque no hay que usar todas las letras que nos dan. Es, por tanto, de variaciones sin repetición, puesnos dicen que no se debe repetir ninguna letra: V(6, 3) =

6! (6−3)!

b) V(6, 2) =

= 120

6! (6−2)!

= 30

c) Al usar todas las letras e influir en el resultado el orden en que las escribamos se trata de un problema de permutaciones: P(6) = 6! = 720 d) En ese caso es un problema de variaciones con repetición (sería de permutaciones con repetición si nos indicaran el número de veces exacto que se debe repetir cada letra) VR(6, 3) = 6 3 = 216 4. ¿Cuántas palabras de 11 letras se pueden formar permutando las letras de la palabra MATEMATICAS repitiendo cada letra el mismo número de veces que aparece en dicha palabra?

Sol.: Es un problema de permutaciones con repetición porque a) influye el orden en que escribamos los elementos (ya que una palabra está formada por letras ordenadas), y b) MATEMATICAS tiene precisamente 11 letras, algunas de las cuales se deben repetir un número concreto de veces. PR(11) 2,3,2,1,1,1,1 =

11! 2!3!2!1!1!1!1!

= 1663 200

5. ¿Cuántos combinados se pueden hacer mezclando partes iguales de tres licores distintos si se dispone en total de cinco licores? ¿Y cuántos si se permite repetir cuantas veces se quiera cualquiera de ellos?

Sol.: Al mezclar los licores da lo mismo el orden en que se mezclen (pues el resultado en el vaso es el mismo si vierto antes un licor que si echo otro). Es un problema, pues, de combinaciones. Dicho de otra

Colección de Problemas Resueltos de Matemáticas Especiales (1ª parte)

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manera: tenemos que determinar el número de subconjuntos de tres elementos que se pueden extraer de un conjunto de cinco elementos: 5! C(5, 3) = 5 = 3!(5−3)! = 10 (Si no se entiende cómo se ha aplicado esta fórmula, ir a los Apuntes) 3 6 (S94BB). Un estudiante tiene que elegir al matricularse 3 asignaturas y 3 idiomas de un total de 6 asignaturas (biología, matemáticas, física, filosofía, historia y ética) y 5 idiomas (inglés, francés, italiano, ruso y aleman). 1) ¿De cuántas maneras puede hacerlo?; 2) Si matemáticas e inglés son obligatorias, ¿de cuántas maneras diferentes puede hacerlo?

Sol.: 1) Veamos primero de cuántas formas se pueden coger 3 asignaturas de un total de 6. Por supuesto es un problema de combinaciones (estoy calculando el número de subconjuntos de tres elementos que puedo extraer de un conjunto de seis elementos; aquí no influye el orden en que coja los elementos; es decir, coger ”matemáticas, biología y física” es lo mismo que ”biología, física y matemáticas”, por ejemplo): C(5, 3) = 6 = 20 3 En cuanto a los idiomas, pueden escogerse de C(5, 3) = 5 = 10 formas. 3 Ahora bien, supongamos que ya se ha decidido por una combinación concreta de asignaturas no-idioma (por ejemplo, ”matemáticas, biología y física”). Para esa opción, ¿cuántas de idiomas tiene? 10. Y así para cada opción. Por lo tanto, el número de formas totales de construirse el currículo es de 10 ¯ 20 = 200. (Este problema ilustra el llamado principio de la multiplicación.) 2) Si matemáticas es obligatoria, le quedan por coger 2 asignaturas de un total de 5, lo que puede hacerlo de C(5, 3) = 5 = 10 formas.diferentes 2 y si inglés es obligatorioa, le quedan por coger 2 idiomas de un total de 4, lo que puede hacerlo de C(4, 2) = 4 = 6 formas.diferentes 2 Por cada forma de escoger una asignatura del grupo de las que no son idiomas habrá 6 formas de escoger idioma. Por lo tanto, el número total es: 10 ¯ 6 = 60 7 (S98A7). Números naturales n que tienen todas sus cifras diferentes y satisfacen 5000 < n < 10000 hay: a) 2520 b) 3600 c) 4999

Sol.: El números válido más pequeño de los pedidos es el 5012 (no es el 5001, pues se repiten dos cifras); el más alto es el 9876. Los iremos construyendo por partes para contarlos. Contaremos primero los que empiezan por 5. Los otros tres dígitos pueden ser todos menos el 5 (es decir: 0, 1, 2, 3, 4, 6, .7, 8, 9). Necesitamos variarlos de tres en tres sin que se repitan (no combinarlos, pues el orden en que se escriban influye): V(9, 3) =

9! (9−3)!

= 504

Lo mismo podemos decir para las cifras que empiecen por 5, 6, 7, 8 y 9. Por tanto, en total hay 5 ¯ 504 = 2520 cifras que cumplen 5000 < n < 10000.

Problemas propuestos

@

x (J98A5)( 1). Dadas las funciones g(x) = x+1 para x ≠ −1 y f(x) = x12 para x ≠ 0. ¿Cuál de 2 las siguientes afirmaciones es correcta?: a) g  f(x) = x 21+x si x ≠ 0 b) g  f(x) = x 2x+1 si x ≠ 0 c) 1 si x ≠ 0 g  f(x) = 1+x 2

P1

Sol.: No hay que olvidar que g  f(x) es lo mismo que g[f(x)]: g  f(x) = g[f(x)] =

f(x) f(x)+1

=

1 x2 1 +1 x2

=

1 1+x 2

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@

(J97E7)( 1). Dadas las funciones reales de variable real f(x) = x 2 + 1 y g(x) = 3x + 5 3 2 2 tiene que: a) f  g(x) = 3x + 5x + 3x + 5 b) f  g(x) = 9x + 30x + 26 c) f  g(x) = 3x 2 + 8 P2

se

Sol.: f  g(x) = f[g(x)] = [g(x)] 2 + 1 = (3x + 5) 2 + 1 = 9x 2 + 30x + 26

@

(J96G8)( 1). Dadas las funciones f(x) = siguientes afirmaciones es correcta?: a) g  f(x) = P3

x ≠ −1

c) g  f(x) =

x(x 2 +2x) x+1

x x+1 x 2 +2x x+1

para x ≠ −1 y g(x) = x 2 + 2x, ¿cuál de las 2 +2x para x ≠ −1 b) g  f(x) = 3x para (x+1) 2

para x ≠ −1

Sol.: No hay que olvidar que g  f(x) es lo mismo que g[f(x)]: g  f(x) = g[f(x)] = [f(x)] 2 + 2[f(x)] = x2 (x+1) 2

(donde, para hacer la suma

x x+1

+

2

+

2x x+1

=

3x 2 +2x (x+1) 2

hay que calcular el mínimo común múltiplo, que es (x + 1) 2 )

2x x+1

@ 2). Si f : Z → Z es la aplicación tal que

f(z) = 2z 2 − 8, entonces f −1 ({0, −8}) es a) {−8, 0, 8} b) − , c) {−2, 0, 2} (Sol.: c; Ayuda: primero hay que calcular lo que igual a: −1 vale f (z), y luego sustituir en la expresión resultante la x por los valores 0 y -8; no olvidar, en su momento, que la raíz cuadrada de 4 admite dos soluciones: 2 y -2) P4.(S95E6)(

1 8

1 120

Sol.: Hay que empezar calculando f −1 (z) : 2z 2 − 8 = u

⇒

z=±

8+u 2

(donde hemos escrito ± porque una raíz cuadrada siempre

tiene una solución positiva y una negativa). Por tanto, f −1 (z) = ± darle a z los valores 0 y −8 : – si z = 0 – si z = −8

f −1 (0) = ±

8+0 2

f −1 (−8) = ±

8+z 2

. Ahora nos piden simplemente

= ±2 8−8 2

=0

y, en resumen: f −1 ({0, −8}) = {−2, 0, 2}

@

P5( 3). a) ¿Cuántas cifras de tres dígitos se pueden formar con los números 1, 2, 3, 4 y 5 sin repetir ninguno?b) ¿Y de cinco dígitos, sin repetir ninguno? c) ¿Y de cinco dígitos repitiendo cada uno cuantas veces se quiera? d) ¿Y de cinco dígitos, sin repetir ninguno, pero que empiecen por 1 y acaben en 5?

Sol.: a) V(5, 3) =

5! (5−3)!

= 60

b) P(5) = 5! = 120 c) VR(5, 5) = 5 5 = 3125 d) Sólo hay que rellenar las tres posiciones centrales, es decir, cifras de tres dígitos que se pueden construir con 2, 3 y 4. El orden en que escribamos los dígitos influye, como es lógico, y éstos no se pueden repetir. Se trata, por tanto, de permutaciones: P(3) = 6

@

P6.(S96A9)( 3) Con las cifras 1, 2, 3, 4, 5 y 6 formamos números de cuatro cifras. ¿Cuántos números son múltiplos de cinco? a) 125 b) 216 c) 70

Sol.: Ejemplos válidos serían: 1235, 5555, 5115... El último dígito tiene que ser necesariamente 5. Sólo queda construir números de tres cifras que antecedan al 5. Por supuesto, como nada dicen en cuanto a que no se puedan repetir los dígitos, disponemos de 6 dígitos para construir las cifras de tres dígitos necesarias. Se trata de variaciones (pues el orden influye) con repetición: VR(6, 3) = 6 3 = 216 P7(

@ 3). a) ¿Cuántas quinielas distintas pueden hacerse de una sola columna y quince resultados?

Sol.:Tres resultados podrían ser (a título de ejemplo): 111XXX1212221X2, 1X21X222X221222, 111111111111111. Repárese en que se están utilizando 3 elementos (1, X, 2) para formar grupos de 15 en 15 y que cada elemento se puede repetir las veces que se quiera. Se trata de variaciones con repetición de tres elementos tomados de 15 en 15: VR(3, 15) = 3 15 = 14 348 907

Colección de Problemas Resueltos de Matemáticas Especiales (1ª parte)

17

@

P8 (S95E2)( 3). Con las cifras 0, 1, 2, ...9 formamos números de 5 cifras. ¿Cuántos números empiezan por 73? a) 1000 b) 120 c) 720

Sol.: Hay que colocar cifras en cinco posiciones; la única obligación es colocar el 7 en la primera posición y el 3 en la segunda; en las otras tres posiciones puede colocarse cualquier número del 0 al 9, e incluso cabe repetirlos: VR(10, 3) == 1000

@

P9( 4). ¿Cuántas banderas confeccionadas cosiendo una al lado de otra siete bandas de colores se pueden hacer de manera que tres bandas sean azules, dos rojas y dos verdes?

Sol.:Es el clásico problema de permutaciones con repetición, ya que disponemos de una serie de elementos (3) que se pueden unir de modo que cada uno participa un número determinado de veces (3,2,2). (Un ejemplo sería la bandera azul-azul-azul-roja-roja-verde-verde; otro: 7! azul-roja-verde-azul-roja-verde-azul). En total habrá P(7) 3,2,2 = 3!2!2! = 210 banderas.

@ 5). ¿Cuantas combinaciones pueden hacerse marcando 6 de los 49 números de la lotería

P10( primitiva?

Sol.: C(49, 6) =

49 6

= 13 983 816

@

P11( 6). ¿Cuántas comidas distintas pueden hacerse disponiendo de tres primeros platos, dos segundos y cuatro postres?

Sol.: Hay tres grupos: primero, segundo plato y postre; se cuenta el número de posibilidades de cada grupo (cosa que es trivial, aunque puede hacerse por la fórmula V(n, 1)), y luego se multiplican los tres valores obtenidos). Así: 3 × 2 × 4 = 24 platos. P12(

@ 7). ¿Cuántos números naturales con todas sus cifras distintas hay entre 60000 y 70000?

Sol.: El menor es 60123, y el mayor, 69876. Los números empezarán por 6 y tendrán detrás 4 cifras a 9! elegir entre 9 (todas menos el 6), sin repetir. Habrá, pues: V(9, 4) = (9−4)! = 3024

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Temas 5 y 6: Probabilidad, Estadística Suceso, sucesos incompatibles, sucesos independientes, probabilidad de un suceso, unión e intersección de sucesos

Problemas de clase 1.(J94Bb). Se elige al azar un número natural de cuatro cifras. Calcular la probabilidad de que el número elegido empiece por 5 y termine en par.

Sol.: Es como si fuera un sorteo de una serie de números (los naturales que tienen cuatro cifras). El conjunto de resultados equiprobables posibles es: E = {1000, 1002, 1003, 1004, ..., 9998, 9999}, conjunto cuyo cardinal (número de elementos) es 9000 (para saberlo, comprobamos que hay 1000 números que empiezan por 1, 1000 que empiezan por 2,etc. (a su vez, para saber eso por Combinatoria es fácil comprobar que los números que empiecen por 1 llevan detrás tres dígitos elegidos entre los que hay del 0 al 9, pudiéndose repetir; se calcula, pues, por V(10, 3) = 10 3 = 1000)). De ese conjunto, el suceso ”empezar por 5 y terminar en par” es el siguiente subconjunto: S 5...par = {5000, 5002, 5004, ..., 5996, 5998}, cuyo cardinal es 500 (se sabe porque todos empiezan por cinco y acaban en una de las cinco cifras 0, 2, 4, 6 u 8, y enmedio tienen dos dígitos de entre el 0 al 9, pudiéndose repetir, es decir, hay 5 × VR(10, 2) = 500). La probabilidad, por definición, es:

P(S 5...par ) =

|S 5...par | |E|

=

500 5000

= 0.1

2.(J95C10). Se lanzan dos dados; ¿cuál es la probabilidad de que la suma de los puntos obtenidos 5 b) 36 c) 36 sea 6? a) 16 10

Sol.: Resultados equiprobables posibles: E = {(1, 1), (1, 2), (1, 3), ...(5, 6), (6, 6)} En total hay VR(6, 2) = 36 Suman 6 los siguientes resultados (que tomamos del conjunto anterior): S 6 = {(1, 5), (2, 4), (3, 3), (4, 2), (5, 1)} (cinco elementos tienen este subconjunto de E.) P(S 6 ) =

|S 6 | |E|

=

5 36

3.(S96H3). De una baraja española de cuarenta cartas se toman dos al azar; la probabilidad de 3 obtener dos oros es a) 15 b) 52 c) 52 5

Sol.: Nombraremos O 1 , O 2 , ...O 10 las cartas ”oros” que hay; E 1 , E 2 , ...E 10 las 10 espadas, y así sucesivamente (las otras copas las llamaremos C, y los bastos: B). Los resultados equiprobables posibles son: E = {(O 1 , O 2 ), (O 1 , O 3 ), ..., (O 1 , E 1 ), ..., (O 1 , C 1 ), ..., (B 9 , B 10 )}. En total habrá C(40, 2) = 40 (no lo resolveremos). El suceso ”obtener 2 oros” es el subconjunto de E en que todos 2 los elementos son parejas de oros: S 2O = {(O 1 , O 2 ), (O 1 , O 3 ), ...(O 9 , O 10 )}, subconjunto que tiene C(10, 2) = 10 (pues hay 10 oros y se toman de dos en dos). 2 10 10! |S 2O | 10¯9 3 ¯9¯8!¯2¯38! 2 P(S 2O ) = |E| = = 2!(10−2)! = 10!2!38! = 4010¯39 = 40 = 52 40! 40!2!8! ¯38!¯2!¯8! ¯39 40 2!(40−2)! 2 —Otra forma de hacerlo es la siguiente: consideramos que en vez de sacar dos cartas de una vez sacamos primero una y luego otra. Lo que nos piden es la probabilidad de sacar oro en la primera extracción Y oro en la segunda”. Es decir, nos están pidiendo la probabilidad de que ocurran dos sucesos, S 1 a oro Y S 2 a oro , lo que simbólicamente se escribe así: P(S 1 a oro ∩ S 2 a oro ) (en Teoría de Conjuntos la partícula lógica Y está conectada con la intersección; ver Apuntes). Calcularemos P(S 1 a oro ) y P(S 2 a oro /S 1 a oro ) (pues ambos datos nos van a hacer falta), recordando que .S 2 a oro /S 1 a oro quiere decir ”que ocurra el suceso ’salir un oro en la segunda extracción’ si se cumple que ’salió un oro en la primera”’. (ya que el subconjunto suceso es S = {O 1 , O 2 , ..., O 10 }, con cardinal 10, y el cardinal del P(S 1 a oro ) = 10 40 conjunto de todos los resultados posibles de hacer una extracción de una carta es 40, pues E = {O 1 , O 2 , ..., O 10 , E 1 , E 2 , ..., B 10 }) P(S 2 a oro /S 1 a oro ) =

9 39

(el cardinal del conjunto suceso es ahora 9, al quedar 9 oros, pues estamos

Colección de Problemas Resueltos de Matemáticas Especiales (1ª parte)

19

suponiendo que en la primera extracción salió oro, y el del conjunto de todos los resultados posibles de hacer una extracción de una carta después de que anteriormente se hubiera extraído otra es 39). La fórmula para calcular la probabilidad de la intersección de dos sucesos es: P(S 1 ∩ S 2 ) = P(S 1 ) ¯ P(S 2 /S 1 ) (ver Apuntes). En este caso: P(S 1 a oro ∩ S 2 a oro ) = P(S 1 a oro ) ¯ P(S 2 a oro /S 1 a oro ) =

10 9 40 39

=

3 52

4 (J99H1; J95I6) Una urna contiene 2 bolas rojas, 3 blancas y 5 negras. Se extraen simultáneamente b) dos bolas de la urna. La probabilidad, P, de que sean negras verifica: a) 0, 1 < P < 0, 3 c) P = 0, 8 0, 3 < P < 0, 7 Sol.: E = {(r 1 , r 2 ), (r 1 , b 1 ), ..., (n 4 , n 5 )} tiene C(10, 2) = 10 elementos, y 2 S = {(n 1 , n 2 ), (n 1 , n 3 ), ..., (n 4 , n 5 )} tiene C(5, 2) = 5 elementos. La probabilidad pedida es, pues: 2 5 2 P(S 2n ) = = 29 (es decir, la respuesta es la a) 10 2 —Otra forma de hacerlo es la siguiente: consideramos que en vez de sacar dos bolas de una vez sacamos primero una y luego otra. Lo que nos piden es la probabilidad de sacar negra en la primera extracción Y negra en la segunda”. Es decir, nos están pidiendo la probabilidad de que ocurran dos sucesos, S 1 a oro Y S 2 a oro , lo que simbólicamente se escribe así: P(S 1 a oro ∩ S 2 a oro ). Calcularemos P(S 1 a negra ) y P(S 2 a negra /S 1 a negra ) (pues ambos datos nos van a hacer falta), recordando que .S 2 a negra /S 1 a negra quiere decir ”que ocurra el suceso ’salir una bola negra en la segunda extracción’ si se cumple que ’salió negra en la primera”’. 5 (ya que el cardinal del subconjunto suceso es 5, al haber 5 bolas negras, y el del P(S 1 a negra ) = 10 conjunto de todos los resultados posibles de hacer una extracción de una bola es 10) (ya que el cardinal del subconjunto suceso es 4, al quedar 4 negras, pues P(S 2 a negra /S 1 a negra ) = 49 estamos suponiendo que en la primera extracción salió negra, y el del conjunto de todos los resultados posibles de hacer una extracción de una bola después de que anteriormente se hubiera extraído otra es 9).

La fórmula para calcular la probabilidad de la intersección de dos sucesos es: P(S 1 ∩ S 2 ) = P(S 1 ) ¯ P(S 2 /S 1 ) (ver Apuntes). En este caso: P(S 1 a negra ∩ S 2 a negra ) = P(S 1 a negra ) ¯ P(S 2 a negra /S 1 a negra ) =

5 4 10 9

=

2 9

5.(J97B2). Un cartero reparte cuatro cartas al azar entre sus cuatro destinatarios. La probabilidad de que sólo dos cartas lleguen a su destino es a) 2, 75 b) 0, 5 c) 0, 25

Sol.: Supongamos que los cuatro destinatarios, a los que llamaremos A, B, C y D, viven en la misma calle, en números seguidos y en el orden citado. El cartero tiene que entregar cuatro cartas: a, b, c y d (perteneciendo la a a A, la b a B, etc. Supongamos que entrega la carta a en el domicilio de A, la carta c en el de B, la b en el de C y la d en el de D. De esa forma, es decir, entregando las cartas en el orden acbd, acierta con dos y falla con dos (o sea, sólo dos llegan a su destino). Si las entrega en el orden dcba ninguna llega a su destino. Las formas en que puede entregarlas son: E = {abcd, abdc, acbd, ...dcba}. En total hay P(4) = 4! = 24 formas de entregarlas. Ahora bien, de esas 24 fomas, entrega bien dos y falla dos si entrega bien a las siguientes parejas: AB, AC, AD, BC, BD y, CD (y mal a las otras), es decir, en los siguientes casos: S entregar dos bien = {abdc, adcd, acbd, dbca, cbad, bacd} (6 casos). Por tanto: P S entregar dos bien

=

6 24

= 0.25

6.(93?). Calcular la probabilidad de que al lanzar cuatro veces consecutivas una moneda salga al menos una cara

Sol.: E = cccc, ccc +, cc + c, ..., + + + + tiene VR(2, 4) = 2 4 = 16 elementos (son variaciones con repetición porque disponemos de 2 elementos que vamos a tomar de cuatro en cuatro permitiendo que se repitan cuantas veces quieran. No son permutaciones con repetición porque si lo fuera cada elemento tendría que repetirse un número determinado de veces, siempre las mismas). El suceso ”salir al menos una cara” es un subconjunto de E que tiene todos sus elementos excepto el + + + +, es decir, tiene 15 - 0.937). elementos. Por tanto, P(S salir al menos una cara ) = 15 16 —Otra forma: el suceso contrario a ”salir al menos una cara” es ”salir todas cruces”. La probabilidad

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de salir todas cruces es

P(S salir todas cruces ) =

S salir todas cruces

1 = 16

|E|

Ahora, como existe una fórmula que dice : P(S) = 1 − P(S c ) (siendo S el suceso pedido y S c el contrario, de modo que deben cumplir S c ∪ S = E y S c ∩ S = , ver Apuntes), aplicándola aquí: P(S salir al menos una cara ) = 1 − P(S salir todas cruces ) = 1 −

1 16

=

15 16

‘

También podría calcularse la probabilidad de que salgan cuatro cruces transformando la frase ”que salgan cuatro cruces” en ”que salga una cruz en la primera tirada Y una cruz en la segunda Y una cruz en la tercera Y una cruz en la cuarta). La probabilidad de ese suceso compuesto vendría dada por: 1 (donde 12 es, claramente, la probabilidad de P(S 1 o cruz ∩ S 2 o cruz ∩ S 3 o cruz ∩ S 4 o cruz ) = 12 12 12 12 = 16 que salga cruz en la tirada de una moneda) 7. Sean dos aulas. La primera tiene 26 alumnos y la segunda 18. Las notas sacadas por los alumnos de la primera en cierta asignatura fueron: 5, 7, 4, 6, 9, 1, 5, 6, 5, 1, 1, 10, 7, 7, 8, 10, 2, 3, 6, 6, 5, 7, 4, 4, 5, 4. Los de la segunda obtuvieron: 1, 2, 10, 9, 7, 7, 4, 5, 5, 5, 6, 8, 7, 6, 6, 6, 3, 7. Calcular las medias, medianas, modas, desviaciones medias, varianzas, desviaciones típicas y coeficientes de variación de ambos conjuntos de datos; tipificar también la nota de 5 para ambas poblaciones. Considerando ambas distribuciones normales, ¿cuál es más homogénea? ¿Qué significa en cada una de ellas el valor de la desviación típica? ∑ ni=1 x i , es decir, la suma de todos los valores (x ) dividido por Sol.: La media viene dada por x = i n el número de ellos (n). En el primer caso eso da: x 1 = 5.307, y en el segundo: x 2 = 5. 777

La mediana es el número que ocupa la posición central cuando están uno detrás de otro ordenados de menor a mayor (o al revés). Si el número de notas es par, la mediana es la media de los dos centrales. En la primera distribución, si ordenamos los valores: 1, 1, 1, 2, 3, 4, 4, 4, 4, 5, 5, 5, 5, 5, 6, 6, 6, 6, 7, 7, 7, 7, 8, 9, 10, 10 vemos que los que ocupan la posición central (es un número par de valores) son el 5 y el 5, cuya media es 5. La mediana es, por tanto, 5. La mediana de la segunda distribución es 6. La moda es el valor que más se repite en una distribución. Está claro que en la primera es el 5 y en la segunda hay dos modas, el .6 y el 7 La desviación de cada valor es su diferencia con la media, en valor absoluto. Por ejemplo, la desviación del 1 respecto a la media en la primera distribución es: |1 − 5.307| = 4.307 no se pone −4.307 porque se toma el valor absoluto, es decir, sin signo). La desviación media es la media de las desviaciones de cada uno de los valores. En la primera distribución obtenenos una desviación media de 1.947, y en la segunda, de 1.716. Para calcular la varianza de cada distribución empezamos elevando al cuadrado todos los valores. En la primera los cuadrados de los valores serían: 25, 49, 16, 36, 81, 1, 25, 36, 25, 1, 1, 100, 49, 49, 64, 100, 4, 9, 36, 36, 25, 49, 16, 16, 25, 16 Luego se calcula la media de esos valores, que da: 34.231. Al valor obtenido se le resta la media de la distribución elevada al cuadrado: 34.231 − (5.307) 2 = 6. 066. La varianza de la segunda distribución es 4.95 Las desviaciones típicas son las raíces cuadradas de las varianzas; en la primera distribución es 2.46, y en la segunda, 2.22. Su significado es el siguiente: en una distribución de las llamadas ”normales” (más técnicamente, gaussiana) el 68% de los datos queda dentro de una horquilla cuyos intervalos son la media menos la desviación típica y la media más la desviación típica. En la primera distribución esta horquilla sería: 5.307 − 2.46, 5.307 + 2.46 ≡ [2.847, 7. 767], lo que quiere decir que, si la distribución es ”normal” el 68% de los valores, aproximadamente, estarán entre 2.847 y 7. 767. Comprobémoslo. De los 26 valores con que cuenta la primera distribución, 18 están dentro de ese intervalo; pero 18 es el 69% de 26, luego la distribución es normal. Los coeficientes de variación se calculan dividiendo la desviación típica entre la media: CV 1 =

2.46 5.307

= 0.463

CV 2 =

2.22 5.777

= 0.384

La segunda muestra es más homogénea (es decir, sus valores están menos dispersos) que la primera, pues su coeficiente de variación es más bajo.

Colección de Problemas Resueltos de Matemáticas Especiales (1ª parte)

21

Problemas propuestos

@

P1.(J94Ab)( 1). Se elige al azar un número natural de cuatro cifras. Calcular la probabilidad de que el número elegido empiece por impar y termine en 6.

Sol.: Para contar los números que cumplen lo pedido (es decir, los que van a formar el subconjunto S) hay que tener en cuenta que pueden clasificarse en 5 categorías: 1_ _6; 3_ _6; 5_ _6; 7_ _6 y 9_ _6, donde los huecos pueden ocuparlos todas las cifras, del 0 al 9, pudiendo repetirse. Por lo tanto hay 5 × VR(10, 2) = 500. números que cumplen la condición Por otro lados, todos los números naturales de cuatro cifras (es decir, los que forman el conjunto E) pueden dividirse en nueve categorías de los tipos: 1_ _ _; 2_ _ _; 3_ _ _, etc., pudiendo ocupar los tres huecos todas las cifras, incluso 500 - 0.055 repitiéndose. Por tanto hay 9 × VR(10, 3) = 9000. La probabilidad es, entonces, P = 9000 —Otra forma de hacer el problema es dividirlo en cuatro experimentos más sencillos: elegir los cuatro números en cuatro operaciones diferentes. Luego se calcula la probabilidad de que el primero sea impar ”y” el segundo cualquier cifra del 0 al 9 ”y” lo mismo el tercero ”y” el cuarto sea 6. Como deben cumplirse los cuatro sucesos sencillos, estamos hablando de la intersección de esos cuatro sucesos (no olvidar que la partícula lógica ”y” está conectada con la intersección). P(S 1 o impar ∩ S 2 o cualquiera ∩ S 3 o cualquiera ∩ S 4 o 6 ) = P(S 1 o impar ) ¯ P(S 2 o cualquiera ) ¯ P(S 3 o cualquiera ) ¯ P(S 4 o 6 ) = 5 10 10 1 1 - 0.055, donde la probabilidad del primer suceso es 5 porque de los 9 dígitos = 18 9 10 10 10 9 posibles para la primera cifra del número, 5 cumplen que son impares; la probabilidad del segundo y 1 tercer sucesos es 10 porque nos vale cualquiera de los 10 dígitos, y la del cuarto es 10 porque sólo 10 nos vale el 6. P2.(J98A4)( distintos es a) 16

@ 2, 6). Se lanzan dos dados; la probabilidad de que los resultados de cada dado sean b)

5 6

c)

5 36

Sol.: Resultados equiprobables posibles: E = {(1, 1), (1, 2), (1, 3), ...(5, 6), (6, 6)} En total hay VR(6, 2) = 36 posibilidades. De entre ellas, seis implican resultados iguales para ambos dados; por lo tanto, 30 suponen resultados distintos. Entonces: P(S distintos ) =

|S distintos | |E|

=

30 36

=

5 6

También se puede hacer por el suceso contrario: lo contrario a que salgan dos números distintos es que salgan iguales (y lo contrario a que salgan iguales es que salgan distintos). Esa probabilidad es 6 P(S iguales ) = 36 = 16 . Ahora, teniendo en cuenta la fórmula P(S c ) = 1 − P(S), aplicándola aquí: P(S distintos ) = 1 − P(S iguales ) = 1 − 16 = 56 —Otra forma: tiremos un dado primero y luego el otro. Lo que queremos es que ”en la primera tirada salga cualquier resultado Y en la segunda salga un resultado distinto al anterior”. Debemos calcular, pues, la probabilidad de la intersección de esos dos sucesos: (donde la probabilidad de que P(S 1 o cualquiera ∩ S 2 o distinto ) = P(S 1 o cualquiera ) ¯ P(S 2 o distinto ) = 66 56 = 56 salga en la primera tirada un número cualquiera es 66 (es decir, 1, porque ese suceso es seguro) y, suponiendo que hemos sacado un número determinado, la probabilidad de que en la segunda salga un número distinto es 56 (pues pueden salir 6 números, pero sólo nos valen 5 para lo que buscamos). Por el método del suceso contrario: queremos que salga en la primera tirada cualquier número Y en la segunda el mismo: P(S 1 o cualquiera ∩ S 2 o mismo ) = P(S 1 o cualquiera ) ¯ P(S 2 o mismo ) = 66 16 = 16 y ahora: P(S distintos ) = 1 − P(S iguales ) = 1 −

1 6

=

5 6

@

P3.(J98H5)( 3). Se extrae una carta de una baraja española; la probabilidad de que sea una figura y una copa es a) 0, 30 b) 0, 075 c) 0, 225

Sol.: Nombraremos O 1 , O 2 , ...O 10 las cartas ”oros” que hay; E 1 , E 2 , ...E 10 las 10 espadas, y así sucesivamente (las otras copas las llamaremos C, y los bastos: B). Los resultados equiprobables posibles son: E = {O 1 , O 2 , O 3 , ..., E 1 , ..., B 9 , B 10 }. De esos 40 elementos, sólo 3 cumplen la condición de ser figura y copa (los llamaremos C 1 , C 2 , C 3 ); el suceso será: S = {C 1 , C 2 , C 3 }, y la probabilidad, 3 P = 40 = 0.075 —Otra forma es descomponiendo el suceso en dos, conectados por la partícula Y: ”que salga figura Y que sea de copa esa figura”. Se calcula la probabilidad de ambos y se multiplica. Hay que tener en cuenta que hay 10 copas y 12 figuras en una baraja. La probabilidad de que una carta salga figura es 12 , 40 3 y la de que sea copa si se sabe que es figura es 12 . La probabilidad total es la del suceso ”salir figura”

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multiplicada por la el suceso ”que sea copa si se sabe que es figura”). ¯ 3 = 0.075 P(S figura ∩ S copa ) = P(S figura ) ¯ P(S copa ) = 12 40 12

@

P4( 4) Una urna contiene 3 bolas rojas, 3 blancas y 3 verdes. ¿Cuál es la probabilidad de que al sacar una bola sea roja? Supongamos que hemos extraído una bola roja; si sacamos una segunda bola, ¿cuál es la probabilidad de que sea también roja? ¿Y de que sea verde? Volvemos a las condiciones iniciales (9 bolas en la urna, 3 de cada color); si sacamos tres de una vez, cuál es la probabilidad de que las tres sean rojas? ¿Y de que sea una de cada color?

Sol.: a) E = {r 1 , r 2 , r 3 , b 1 , b 2 , b 3 , v 1 , v 2 , v 3 }

S roja = {r 1 , r 2 , r 3 }

b) P(S 1 o roja ∩ S 2 a roja ) = P(S 1 o roja ) ¯ P(S 2 a roja ) = c) P(S 1 o roja ∩ S 2 a verde ) = P(S 1 o roja ) ¯ P(S 2 a verde )

P=

3 9

=

1 3

3 ¯ 2 = 6 = 1 9 8 72 12 3 3 9 = 9 ¯ 8 = 72 = 18

d) P(S 1 o roja ∩ S 2 a roja ∩ S 3 a roja ) = P(S 1 o roja ) ¯ P(S 2 a roja ) ¯ P(S 3 a roja ) =

3 ¯ 2 ¯ 1 7 9 8

=

1 84

e) Podemos dividir el suceso principal en tres: ”que salga una primera bola de cualquier color Y que salga una segunda de color distinto al que salió antes Y que salga una tercera de color distinto a los dos anteriores” La probabilidad vendrá dada por: P(S 1 o cualquier ∩ S 2 a distinto1 a ∩ S 3 a distinto1 a ,2 a ) = P(S 1 o cualquier ) ¯ P(S 2 a distinto1 a ) ¯ P(S 3 a distinto1 a ,2 a ) =

9 ¯ 6 ¯ 3 7 9 8

=

9 28

@

P5.(J97E4)( 4). Una enciclopedia consta de 40 tomos, el primero de los cuales es ”Matemáticas”. La probabilidad de que al elegir 3 tomos al azar resulte elegido el tomo de Matemáticas es a) 1, 05 b) c) 0, 075 0, 025

Sol.: Numeraremos los tomos del 1 al 40. Los resultados equiprobables del experimento son todos los tríos posibles que se pueden formar con los 40 tomos (por combinaciones, pues en un trío el orden no importa). Se pueden escoger C(40, 3) posibles. De entre esos, los que cumplen el suceso son los que contienen el libro de Matemáticas. Con el libro de matemáticas fijado como parte del trío, los otros dos pueden elegirse de C(39, 2) formas distintas. 39 3 2 Por tanto, P = = 40 = 0.075 40 3

@

P6( 5). Si entrego al azar tres carnés de identidad a sus tres titulares, ¿cuál es la probabilidad de que acierte completamente?

Sol.: Numeremos los carnés de identidad: el 1 es de la persona A, el 2 de la B y el 3 de la C; Supongamos a las personas puestas en orden: ABC. Puedo hacer una serie de permutaciones con los carnés: 123, 132, etc, y sólo una me vale, aquella en que los números coincidan exactamente con el orden en que están las personas. Como hay P(3) = 6 maneras de ordenar los carnés, y sólo una vale, la probabilidad es 16 . —El suceso es el mismo que ”entregar el primer carné correctamente a la primera persona Y entregarlo correctamente a la segunda Y entregarlo correctamente a la tercera”. Si escojo un carné y se lo entrego a una persona, la probabilidad de acertar es 13 (pues puedo entregarle 3, pero sólo uno le vale). Una vez hecho esto me quedan dos carnés en la mano y dos personas. Si he acertado con la primera, la probabilidad de acrtar con la segunda es 12 , y finalmente, si ha acertado también con la segunda, la probabilidad de hacerlo con la tercera es 1 (suceso seguro). La probabilidad total es el producto de estas tres (pues hemos usado el concepto de intersección de sucesos). Es 16 .

@

P7( 6). Una comisión parlamentaria está formada por cinco diputados de izquierdas, uno de centro y cinco de derechas. ¿Cuál es la probabilidad de que al elegir por sorteo a tres de ellos para integrar una subcomisión salga alguno de derechas?

Sol.: ”Alguno de derechas” significa ”uno, dos o tres”, lo que hace que tengamos que calcular por separado tres posibilidades y luego sumarlas. Más rápido y fácil es calcular la probabilidad del suceso contrario: que ”no salga ninguno de derechas”. Puede hacerse por Combinatoria, calculando el número total de tríos C(11, 3) y el número de ellos en los que no hay ninguno de derechas: C(6, 3) (pues hay 6 diputados que no son de derechas). La probabilidad sería:

Colección de Problemas Resueltos de Matemáticas Especiales (1ª parte)

23

6 4 3 = 33 11 3 La probabilidad pedida es la del suceso contrario a este: que salga alguno de derechas. Es, por tanto, 4 P = 1 − 33 = 29 33 P=

—Otra forma: que no salga ninguno de derechas es que ”no salga ninguno en la primera elección de un diputado Y que no salga ninguno en la segunda Y que no salga ninguno en la tercera”: P=

6 ¯ 5 ¯ 4 11 10 9

=

4 33

Por supuesto, esta es la probabilidad del suceso contrario al pedido. La del suceso pedido es 4 P = 1 − 33 = 29 33

@

P8( 7). Sean dos atletas. En determinada prueba, repetida por el primero de ellos 12 veces obtiene los siguientes resultados: 85, 82, 83, 85, 87, 88, 85, 84, 81, 90, 85, 82; el segundo atleta repite la misma prueba 9 veces y obtiene los siguientes resultados: 75, 95, 85, 84, 89, 86, 85, 84, 87. Calcular las medias, medianas, modas, desviaciones medias, varianzas, desviaciones típicas y coeficientes de variación de ambos conjuntos de datos; tipificar también el resultado 85 para ambos atletas. ¿Cuál de los dos se puede considerar más regular? Si la distribución de resultados del primero se puede considerar normal, ¿qué significa el valor obtenido de la desviación típica? Compruébese si ello es cierto.

Primer atleta: 85, 82, 83, 85, 87, 88, 85, 84, 81, 90, 85, 82. La media es 84.75; la mediana, 85; la moda, 85; la desviación media, 1.96; la varianza, 6.35; la desviación típica, 2.53; y el coeficiente de variación, 0.03. Nos dicen que la distribución es normal; eso quiere decir que el 68% de los datos, aproximadamente, están dentro de la horquilla [84.75 − 2.52, 84.75 + 2.52] = [82.23, 87.27]. Efectivamente, dentro de esa horquilla hay 7 datos, lo que representa el 58%, aproximadamente. Eso está lejos del 68%, pero no es extraño, pues hay pocos datos (sólo 12). Además, uno de los datos (82) está muy cerca de la horquilla; si lo contamos, son el 67% los que están dentro del intervalo. Segundo atleta: 75, 95, 85, 84, 89, 86, 85, 84, 87. La media es 85.55; la mediana, 85; las modas, 84 y 85; la desviación media, 3.28; la varianza, 24.47; y la desviación típica, 4.94; y el coeficiente de variación, 0.058. El primer atleta es más regular que el segundo; el segundo da marcas más dispersas (obsérvese que las da muy bajas y muy altas: 75 y 95)

24

Editorial TREVERIS

Temas 7, 8 y 9: Matrices, determinantes, sistemas de ecuaciones Sistemas de ecuaciones lineales de dos o más incógnitas, matrices, determinantes y sus propiedades, resolución de sistemas de ecuaciones por determinantes (método de Cramer)

Problemas de clase 1.

Resolver los siguientes determinantes: 2

a)

1

Sol.: 2 ¯ (−1) + 0 ¯ 1 = −2 (ver los Apuntes si no se sabe la regla para resolver este

0 −1

determinante 2×2) −1 −5 −3 −3

b)

7

Sol.:

0

7 5 4 [(−1) ¯ 7 ¯ 4 + (−3) ¯ 5 ¯ (−3) + (−5) ¯ 0 ¯ 7] − [7 ¯ 7 ¯ (−3) + (−3) ¯ (−5) ¯ 4 + (−1) ¯ 5 ¯ 0] = 104 (ver los Apuntes si no se sabe la regla para resolver este determinante 3×3) 2 3

c)

−3

Sol.:− 11 3

−1 −1

d)

1 0 1

1

2 0 0

2

1 2 0

1

Sol.: Se escoge una fila o columna con muchos ceros; por ejemplo, tomaremos la

3 1 −1 2 segunda columna, y se multiplica cada elemento de ella por el determinante que queda al suprimir la fila y columna en que está dicho elemento. Luego, cada uno de los cuatro resultados parciales se multiplica por +1 o −1, dependiendo de la posición del elemento en cuestión dentro del determinante 4 × 4 que estamos estudiando (para saber cuándo hay que multiplicar por 1 o −1, ver los Apuntes). Finalmente, sumamos todos los resultados parciales: En este caso: (−1) ¯ 0 ¯

2 0

2

1 0

1

+ (+1) ¯ 0 ¯

3 −1 2

2.

1 1

1

1 0

1

+ (−1) ¯ 2 ¯

3 −1 2

1 1

1

2 0

2

1 1 1 + (+1) ¯ 1 ¯

3 −1 2

2 0 2

= −4

1 2 1

Resolver los siguientes determinantes tratando de hacer ceros: −1 −2 −1 −3

a)

1 −3

Sol.:El valor de un determinante no se altera si cambiamos una fila o una

7 1 7 columna siguiendo la siguiente regla: la nueva fila o columna debe ser la suma (o resta) de la original y una combinación lineal de las otras (ver Apuntes). Lo que se pretende con esto es que aparezcan, después de la operación, el máximo número de ceros en la fila o columna elegida. En este caso, sustituiremos la primera columna por el resultado de:la operación siguiente: −1 −3 7

−2 +0

1

−1 + (−1)

1

quedando el determinante:

−3 7

−1 =

−3 7

0 +

0 0

1 +

3 −7

0 =

0 0

Colección de Problemas Resueltos de Matemáticas Especiales (1ª parte)

25

0 −2 −1 1 −3

0

en el que hemos hecho ceros en la primera columna. Dicho determinante vale 0 , lo

0 1 7 mismo que cualquier otro con toda una fila o una columna de ceros. Más fácil: se dejan iguales la segunda y la tercera, y la primera se sustituye por la resta de ella misma menos la tercera).

b)

1

0

1

1

2

0

2

2

3

−2 0

−3 1

Sol.:Una forma de hacer ceros aquí (en la segunda fila) es:

−1

−1 2

2 0 2 2

+ (−2)

2 0 2 2

+

1 0 1 1

−2 0 −2 −2

+0 +

+0

3 −2 0 1 +

0 0 0 0

=

−3 1 −1 2

0 0 0 0

=

0 0 0 0

con lo que el determinante queda: 1

0

1

1

0

0

0

0

3

−2 0

−3 1

Por supuesto, ese determinante vale 0 (pues tiene una fila completa de ceros)

−1

−1 2

1 2 −1 3 1 −3

c)

Sol.: Podemos cambiar la primera fila por el resultado de restarle a ella misma el

4 3 7 resultado de restar la tercera menos la segunda, o, lo que es lo mismo: + (1)

1 2 −1

+ (−1)

3 1 −3

4 3 7

=

0 0 −11

quedando el deterimante así: 0 0 −11 3 1

−3

4 3

7

d)

con lo cual hemos hecho en una fila de él dos ceros.

1

0

2

1

2

0

4

2

3

−2 6

3

Sol.: Vemos que la segunda fila es el doble de la primera. Lo mejor es, por

−3 1 −1 2 tanto, dejar la primera, tercera y cuarta como están y restar a la segunda la primera multiplica por 2 (y las demás multiplicadas por 0). Nos queda la segunda fila llena de ceros, y por tanto el determinante es 0. También podríamos dejar la primera, segunda y tercera columnas como están y cambiar la cuarta por la suma de ella misma con la primera multiplicada por −1 y las demás multiplicadas por 0. Así haríamos tres ceros en la cuarta columna, pero ello nos lleva a un determinante un poco más complicado. 3.

a)

Determinar los rangos de las siguientes matrices. 1 1 2 3

,

b)

1 1 2 2

1 2 −1 ,

c)

1 0 −2 6 3

4

1 1 ,

d)

−1

3 0 − 23 2 2

−2

,

26

Editorial TREVERIS

1 2

e)

1 −1

1 2 −2

,

f)

1

1

2

3

,

2 4 1

g)

1 2

−1 0

4 8 −8

1 2

,

h)

4

4

2 0

2

2

1 0

1

1

0 1

−3 −3 0 0

Sol.:(ver Apuntes) a) El determinante es distinto de cero; como el orden de la matriz es 2, el rengo es 2. b) el determinante es 0; por lo tanto, el rango no puede ser 2 (aunque el orden sea 2). Buscamos las submatrices de orden 1. Encontramos 4. Como el determinante de al menos una de ellas es distinto de cero, el orden es 1 (nota: el determinante de una matriz de orden 1 es el único número que contiene la matriz). c) El determinante es distinto de cero; como el orden de la matriz es 3, el rango es 3. d) El determinante es 0. Construimos las submatrices de orden 2 posibles (eliminando una fila y una columna en cada ocasión). Si somos capaces de encontrar una con determiante distinto de cero, el rango será 2. Y efectivamente es así. e) El determinante es cero. Construimos las 9 submatrices de orden 2 posibles (eliminando cada vez una fila y una columna) y vemos que todas tienen determinante cero. Por tanto, el rango tampoco es 2. Construimos submatrices de orden 1 y, evidentemente, el determinante de alguna de ellas es distinto de cero (en realidad, lo es el de todas); por tanto, el rango es 1. f) Construimos las tres submatrices cuadradas de orden 2 posibles. Como es fácil ver, el determinante de al menos una de ellas es distinto de cero; por tanto, el rango es 2. g) Construimos las tres submatrices cuadradas de orden 2 posibles. Como es fácil ver, el determinante de todas es 0; por tanto, el rango no puede ser 2, y es 1. h) El determinante de esa matriz de orden 4 da cero; por tanto el rango no es 4. Para ver si es 3, construimos submatrices de orden 3 (eliminando en cada caso una fila y una columna). Podemos comprobar que al menos una de esa submatrices tiene determinante distinto de cero. Por tanto, el rango es 3. 4(J99H8).

La solución (x 1 , y 1 , z 1 ) del sistema 2x + y + 3z = 3 x−y−z = 0 5x − 3y − 2z = 6

b) 5 ≤ x 1 ≤ 10; verifica: a) −12 ≤ x 1 ≤ 2; −40 ≤ z 1 ≤ 9 0 ≤ y 1 ≤ 25; c) −2 ≤ x 1 ≤ 7; −40 ≤ z 1 ≤ 2; −2 ≤ z 1 ≤ 0 0 ≤ y 1 ≤ 31;

0 ≤ y 1 ≤ 25;

Sol.:Aplicaremos el método de Cramer: 3 1

3

0 −1 −1 x=

6 −3 −2 2 1

=9

y=

3

2 3 3

2 1

1 0 −1

1 −1 0

5 6 −2 2 1

= 21

3

z=

3

5 −3 6 2 1

= −12

3

1 −1 −1

1 −1 −1

1 −1 −1

5 −3 −2

5 −3 −2

5 −3 −2

Por lo tanto, la solución es la b. 5(S99D9).

El sistema 2x + 3y − 2z = 1 4x + 7y − z = 3 2x + 2y − 5z = 1

a) es compatible determinado; b) es compatible indeterminado; c) es incompatible (Sol.: c) Sol.: (ver Apuntes). El rango de la matriz de los coeficientes es 2, y el de la matriz ampliada, 3. Como no coinciden, el sistema es incompatible. 6(J99H3).

El sistema

Colección de Problemas Resueltos de Matemáticas Especiales (1ª parte)

27

kx + y + 3z = 3 x−y−z = 0 5x − 3y − 2z = 6 verifica: a) para k = 6 el sistema es incompatible; b) para k = c) para k = 15 el sistema es compatible indeterminado.

3 5

el sistema es compatible determinado;

Sol.: La matriz de los coeficientes tiene el siguiente determinante: k 1

3

1 −1 −1

= −k + 3

5 −3 −2 Como puede verse inmediatamente, si k vale 3 ese determinante vale 0, y en ese caso el rango sería 2, pero si k ≠ 3 el determinante es distinto de cero (por ejemplo, si k = 5 el determinante es: −k + 3 = −5 + 3 = −2). Por su lado, el rango de la matriz ampliada es 3, independientemente de lo que 1 3 3 es distinto de cero). Por tanto, para k = 3 el sistema es valga k (pues el determinante −1 −1 0 −3 −2 6 incompatible, y para cualquier otro valor es compatible determinado, pues los rangos coincidirían y coincidirían igualmente con el número de incógnitas. La respuesta es, entonces, la b. 7(J97B1).

Dado el sistema ax − y + 2z = 1 x − 2y = 0 ax + y − z = 1

se verifica que a) para a = − y a = 1 es compatible; b) para a = − 16 y a = para a = 16 y a = 32 es compatible. 1 6

4 9

es incompatible; c)

Sol.: La matriz de los coeficientes tiene el siguiente determinante: a −1 2 1 −2 0 a 1

= 6a + 1

−1

Como puede verse inmediatamente, si a vale − 16 ese determinante vale 0 (efectivamente: si 6a + 1 = 0 ⇒ a = − 16 ), y en ese caso el rango sería 2, pero si a ≠ − 16 el determinante es distinto de cero Por su lado, el rango de la matriz ampliada es 3, independientemente de lo que valga a (pues el −1 2 1 determinante es distinto de cero). Por tanto, para a = − 16 el sistema es incompatible, y −2 0 0 1 −1 1 para cualquier otro valor es compatible determinado, pues los rangos coincidirían y coincidirían igualmente con el número de incógnitas. La respuesta es, entonces, la c. 8(S96H1).

Dado el sistema 2x − 8y + 3z = 0 x − 5y + 2z = 0 −x−y+z = 0

¿cuál de las siguientes afirmaciones es correcta? a) la solución del sistema es x = b) el sistema es ”incompatible”; c) x = 0; y = 0; z = 0 es la única solución del sistema

λ 2

; y=

λ 2

; z = λ;

Sol.: Un sistema como éste (en que los términos independientes valen todos 0) se llama homogéneo. Todos los sistemas homogéneos son compatibles, pero pueden serlo determinados (una solución única, que es {x = 0, y = 0, z = 0}, o indeterminados (infinitas soluciones). La matriz de los coeficientes tiene determinante igual a 0, y la ampliada, lo mismo. Por tanto, los rangos no son 3 (deben ser menor que 3, y si lo comprobamos veremos que es 2 en ambos casos). Como el rango es menor que el número de

28

Editorial TREVERIS

incógnitas el sistema es compatible indeterminado. La respuesta es la a. Si quisiéramos saber exactamente la solución deberemos eliminar tantas ecuaciones y parametrizar tantas incógnitas como excedan del rango de la matriz de los coeficientes (que es 2), de manera que quede un nuevo sistema con determinante de la matriz de los coeficientes distinto de cero (ver Apuntes si no se entiende esto). Vamos a eliminar la primera ecuación y a parametrizar la x haciéndola igual a t y pasándola al miembro de la derecha de la ecuación: − 5y + 2z = −t −y+z = t Por Cramer: −t 2 x=t

t

y=

−5 −t

1

=t

−5 2

z=

−1 1

−1 t

= 2t

−5 2 −1 1

Las solución a no coincide aparentemente con esta. La razón es que la persona que ha resuelto el problema ha parametrizado la z, no la x como hemos hecho nosotros. No obstante, ambas soluciones son equivalentes. Una forma de comprobarlo es igualar ambas series de soluciones:(incógnita a incógnita), despejando luego uno de los parámetros en función del otro en los tres casos. Si en las tres ocasiones se obtiene lo mismo, ambas soluciones son equivalentes. λ 2 λ 2

D D D

=t =t

λ = 2t

9(J95C7).

λ = 2t λ = 2t λ = 2t

Se verifica que el sistema 2x − 6y + 4z = 6 3x − 9y + 6z = 9

a) tiene solución única; b) tiene infinitas soluciones; c) no tiene solución Sol.: El rango de la matriz de los coeficientes es 1, y el de la matriz ampliada también. El sistema, por tanto, es compatible. Ahora bien, es indeterminado (infinitas soluciones) porque dichos rangos son menores que el número de incógnitas.

Problemas propuestos P1(

@ 1). Resolver los siguientes determinantes: 0

−1 3

a)

9

,

9

b)

2

1 −1

0

7 2

2

7

5

0

,

c)

3

3

− 3

−1

,,

d)

0

1

0

−7 1

0

0

1

0

0

1

1

−1 −1 −2

,

Sol: a) −36; b) 77 ; c) 0; d) −2. Para resolver éste lo ideal es tomar como referencia la tercera fila, 2 que tiene dos ceros y dos unos: 2

0

1

0

−7 1

0

0

1

0

0

1

1

−1 −1 −2

0 = (+1) ¯ 1 ¯

1

1 0

0 0

−1 −1 −2

+ (−1) ¯ 0 ¯

2

1

0

−7

0

0

1 −1 −2

+

Colección de Problemas Resueltos de Matemáticas Especiales (1ª parte)

2

0

0

+(+1) ¯ 0 −7

1

0

+ (−1) ¯ 1 ¯

1 −1 −2

P2(

0

1

−7

1

0

= 2 + 0 + 0 − 4 = −2

1 −1 −1

@ 2). Resolver los siguientes determinantes tratando de hacer ceros: 1 1

−1 −5 −3 −1 −5

a)

2

29

7

,

0

5

1

2

2 −1 −2 4

b)

4

1 2

0

2

3 1

−1 2

,

c)

1 2

3

1 2

0

1 1 ,

d)

7 5 12

1

2

1 −1 −2 2 1 3

3

2

3 1

−1 2

,

Sol.: a) Podemos hacer dos ceros simplemente restando la primera menos la segunda y poniendo el resultado n la primera (dicho de otro modo: sumando la primera la segunda multiplicada por −1 y la tercera multiplicada por 0). Así queda: −1 −5 −3 −1 −5 7

0 =

0

5

0 −3

−1 −5

4

7

0

5

= (+1) ¯ 0 ¯

4

−5 0 5

4

+ (−1) ¯ 0 ¯

−1 0 7

4

+ (+1) ¯ (−3) ¯

−1 −5 7

5

= −90 b) Una forma de hacer ceros es dejar las tres columna segunda tercera y cuarta tal como están, y sustituir la primera por el resultado de ella misma menos la cuarta dividida previamente por 2 (o, dicho de otro modo: sustituir la primera por el resultado de ella misma más cero por la segunda más cero por la tercera más 12 por la cuarta) 1 1

1

2

2 −1 −2 4 1 2

0

2

0 1 =

1

2

0 −1 −2 4 0 2

0

2

Ahora, para resolverla tomaremos la primera columna como

3 1 −1 2 2 1 −1 2 referencia, pues tiene tres ceros. En el desarrollo correspondiente aparecerán tres productos de un 0 por un determinante. Como todos esos productos son nulos, independientemente del valor del determinante, consideraremos sólo el cuarto sumando del desarrollo: 1 (−1) ¯ 2 ¯

1 2 = −28

−1 −2 4 2

0 2

c) Aquí podemos hacer ceros simplemente restando la fila primera menos la segunda: 1 2

3

1 2

0

=

7 5 12

0 0

3

1 2

0

= (+1) ¯ 0 ¯

7 5 12

2 0 5 12

+ (−1) ¯ 0 ¯

1 0 7 12

+ (+1) ¯ 3 ¯

1 2 7 5

= −27

d) Dejando iguales las tres primeras columnas y en vez de la cuarta poniendo el resultado de ella misma menos la primera multiplicada por 2 hacemos tres ceros en la cuarta: 1 1

1

2

1 −1 −2 2 1 3

3

2

1 1 =

1

0

1 −1 −2 0 1 3

3

0

Este determinante se resolverá como la suma de cuatro

3 1 −1 2 3 1 −1 −4 sumandos, tres de ellos 0 (pues consisten en un 0 multiplicado por un determinante) y un cuarto que es: 1 (+1) ¯ (−4) ¯

1

1

1 −1 −2 1

3

3

= −8

30

P3(

a)

Editorial TREVERIS

@ 3). Determinar los rangos de las siguientes matrices. −1

0

b)

−10 10

3 2

e)

1

2 3

2 0 f)

1 5 0

1

1

1

3 3

2 4 6 3 6 9

3

−1 6

−1 0

1 0 1

d)

−2 1

3

g)

1 2 3

0 1 − 12

c)

−1

1

−1

0 2

0

h)

10

2

1 4 2

0

1

1 0 2

1

−3 1 0 1

0

1

1 1 −2 3

Sol: a) 1 (pues el determinante de la matriz es 0); b) 1 (por la misma razón); c) 2 (pues el determinante de la matriz es 0, con lo cual el rango no puede ser 3, sino menor; es 2 porque podemos encontrar al menos una submatriz con determinante distinto de 0); d) 1 (pues el determinante de la matriz es 0, con lo cual el rango no puede ser 3, sino menor; tampoco es 2 porque todas las submatrices de orden 2 que se pueden formar tienen determinante igual a 0; por tanto, el rango es menor de 2, es decir, e) 3 (pues el determinante es ditinto de 0) f) 2 (pues podemos encontrar una matriz cuadrada de orden 2 con determinante distinto de cero) g) 2 (por la misma razón que el anterior) h) 4 (pues podemos encontrar una submatriz de orden 4 con determinante distinto de cero). P4(S98A1)(

@ 4). Si

(x 1 , y 1 , z 1 ) es la solución del sistema 3x + y + z = 1 − x + 2y − z = 5 2x − y − 3z = 1

− 32 ≤ y 1 ≤ 32 ; entonces verifica: a) −3 ≤ x 1 ≤ −1; 3 −2 ≤ z 1 ≤ 2 ; c) −1 ≤ x 1 ≤ 0; y 1 = 0; −2 ≤ z 1 ≤

z 1 = −1

b) x 1 = 0;

0 ≤ y 1 ≤ 2;

1 2

Sol.:Aplicaremos el método de Cramer:

x=

1 1

1

3

5 2

−1

−1 5 −1

1 −1 −3 3

1

−1 2 2

1 1

2

1 −3

1

3

1

−1

−1 2

=0

y=

−1 −3

2

3

1

1

−1 2

5

2

−1 1

1

3

1

−1

−1 2

=2

−1 −3

z=

2

= −1

1 −1

−1 −3

Por lo tanto, la solución es la b. P5(J98H2)(

@ 5). El sistema

2x − y + z = 3 x + 3y − 2z = 0 4x − 3y + z = 1

verifica a) es incompatible; b) es compatible determinado; c) es compatible indeterminado. Sol.: El rango de la matriz de los coeficientes es 3, y el de la ampliada es 3. Como además coinciden con el número de incógnitas, el sistema es compatible determinado. P6(J97E5)(

@ 6, 7). Dado el sistema

x+y+z = 2 3x + 2y − z = 4 − 2x + y + az = 2

se verifica que a) para a = 4 es incompatible; b) para a = 10 es compatible e indeterminado; c) para a = −3 tiene infinitas soluciones.

Colección de Problemas Resueltos de Matemáticas Especiales (1ª parte)

31

Sol.: La matriz de los coeficientes tiene el siguiente determinante: 1

1 1

3

2 −1

= −a + 10

−2 1 a Como puede verse inmediatamente, si a vale 10 ese determinante vale 0 (efectivamente: si −a + 10 = 0 ⇒ a = 10), y en ese caso el rango sería 2, pero si a ≠ 10 el determinante es distinto de cero. Por su lado, el rango de la matriz depende también del valor de a, (pues el único determinante 1 1 2 que podemos construir sin la a es 3 2 4 , y su valor es 0). En el caso a = 10 es fácil comprobar −2 1 2 que no puede encontrarse una submatriz de orden 3 con determinante distinto de cero. En resumen, para a = 10 el sistema es compatible indeterminado (pues los rangos de la matriz de los coeficientes y ampliada son iguales (=2), pero menores que el número de incógnitas (=3)). Por tanto, la respuesta es la b. P7(S96A1)(

@ 6, 7). Dado el sistema

− 2x + y + 3z = 0 x + αy − z = 3 x + 4y − z = 1

¿cuál de las siguientes afirmaciones es correcta? a) el sistema es ”compatible-determinado” para α = 4; b) el sistema es ”incompatible” para α = 4; c) el sistema es ”compatible-indeterminado” para α ≠ 4. Sol.: La matriz de los coeficientes tiene el siguiente determinante: −2 1 3 1

α −1

1

4 −1

= −α + 4

Como puede verse inmediatamente, si a vale 4 ese determinante vale 0 (efectivamente: si −α + 4 = 0 ⇒ α = 4), y en ese caso el rango sería 2, pero si α ≠ 4 el determinante es distinto de cero. Por su lado, el rango de la matriz ampliada es 3, independientemente de lo que valga α (pues el −2 3 0 determinante 1 −1 3 es distinto de 0). Por tanto, para α = 4 el sistema es incompatible, y para 1 −1 1 cualquier otro valor es compatible determinado, pues los rangos coincidirían y coincidirían igualmente con el número de incógnitas. La respuesta es, entonces, la b. Por otro lado, en este problema es muy fácil ver que para α = 4 el sistema es incompatible. Efectivamente, si sustituimos α por 4 en la segunda ecuación del sistema, las segunda y la tercera nos quedan: x + 4y − z = 3 x + 4y − z = 1 lo que es imposible, pues los primeros términos son iguales, pero no los segundos. P8(J99B1)(

@ 6, 7). El sistema

kx + y + 3z = 3 x−y−z = 0 5x − 3y − 2z = 6

verifica a) para k = 25 el sistema es incompatible; b) para k = c) para k = 15 el sistema es compatible indeterminado.

3 5

el sistema es compatible determinado;

32

Editorial TREVERIS

k 1 Sol.: El determinante de la matriz de los coeficientes,

3 = −k + 3 , es 0 para k = 3, por lo

1 −1 −1

5 −3 −2 que el rango es 3 para cualquier valor de k distinto de 3. Se puede comprobar que independientemente del valor de k el rango de la ampliada es 3. Por tanto, para k = 3 el sistema es incompatible, y para cualquier otro valor es compatible determinado. Eso quiere decir que la solución es la b. P9(J98A3)(

@ 6, 7). El sistema

kx + y − z = 1 x + 2y + z = 2 x + 3y − z = 0

verifica a) para k = 0 el sistema es compatible indeterminado; b) para k = −3 el sistema es incompatible; c) para k = 4 el sistema es compatible determinado. k 1 −1 Sol.: El determinante de la matriz de los coeficientes,

= −5k + 1 es 0 para k =

1 2 1

1 5

,

1 3 −1 luego el rango de esta matriz es 2 para k = y 3 para cualquier otro valor de k. Para cualquier otro valor de k también sucederá que el rango de la ampliada es 3 (pues mayor de 3 no puede ser y menor tampoco, ya que basta que lo comprobemos con la misma submatriz anterior). En resumen, para cualquier valor de k que no sea 15 el sistema es compatible determinado. Luego la respuesta válida es la c. 1 5

P10(J96G2)(

@ 4, 5, 6, 7, 8). Dado el sistema

x−y−z = 0

2x + y − 5z = 0 3x + 2y − 8z = 0 ¿cuál de las siguientes afirmaciones es correcta? a) el sistema es incompatible; b) x = 0; y = 0; z = 0 es la única solución del sistema; c) la solución del sistema es x = 2λ; y = λ; z = λ Sol.: El sistema no puede ser incompatible (pues es homogéneo); tiene que ser o compatible determinado o compatible indeterminado. Es fácil comprobar que el rango de la matriz de los coeficientes es igual al de la ampliada y es 2. Por tanto, el sistema tiene infinitas soluciones y la única respuesta válida es la c. Si quisiéramos hallar la solución eliminaríamos una ecuación y parametrizaríamos una incógnita (pues son las que exceden del rango, que es 2). Eliminaremos la tercera ecuación y parametrizaremos la incógnita z : (z = t), pasándola al otro miembro. x−y = t 2x + y = 5t Hemos eliminado y parametrizado bien, porque el determinante de la matriz de los coeficientes del nuevo sistema (reducido) es distinto de 0. Vamos a resolver este sistema por Cramer: t x=

−1

5t 1 1 −1 2 1

1 t = 2t

y=

2 5t 1 −1

=t

z=t

2 1

lo que coincide con las soluciones de la respuesta c. P11(S97A5)(

@ 4, 5, 6, 7, 8). Dado el sistema

x+y+z = 0 y−z = 0

2x + 3y + z = 0 se verifica que: a) es compatible determinado, con solución: x =

2 3

;

y=

−1 3

;

z = − 13 ; b) es

Colección de Problemas Resueltos de Matemáticas Especiales (1ª parte)

compatible indeterminado, con solución: x = −2t;

y = t;

33

z = t; c) es incompatible

Sol.: El sistema no puede ser incompatible (pues es homogéneo); tiene que ser o compatible determinado o compatible indeterminado. Es fácil comprobar que el rango de la matriz de los coeficientes es igual al de la ampliada y es 2. Por tanto, el sistema tiene infinitas soluciones y la única respuesta válida es, entonces, la b. Si quisiéramos hallar la solución eliminaríamos una ecuación y parametrizaríamos una incógnita (pues son las que exceden del rango, que es 2). Eliminaremos la tercera ecuación y parametrizaremos la incógnita z : (z = t), pasándola al otro miembro. x + y = −t y=t Hemos eliminado y parametrizado bien, porque el determinante de la matriz de los coeficientes del nuevo sistema (reducido) es distinto de 0. No vamos a resolver por Cramer porque el sistema ya está resuelto prácticamente. En efecto, z = t (eso ya lo sabíamos), y = t (pues lo observamos directamente en la segunda ecuación del sistema) y x podemos determinarla fácilmente sustituyendo el valor de y en la primera: x + t = −t ⇒ x = −2t. Es decir, la respuesta confirmamos que es la b. P12(S95E8)(

@ 4, 5, 6, 7, 8). Dado el sistema

x+y+z = 1 2y − z = 2

x − 3y + 3z = −3 ¿cuál de las siguientes afirmaciones es correcta? a) el sistema es ”compatible-indeterminado”, con solución x = − 3λ ; y = 2+λ ; z = λ; b) el sistema es ”compatible-determinado” con solución x = −3; 2 2 y = 2; z = 2; c) el sistema es ”incompatible” Sol.: El rango de la matriz de los coeficientes es 2, y el de la ampliada también. El sistema, por tanto, es compatible indeterminado. La única respuesta válida es la a (ni siquiera hace falta perder el tiempo en ver si la solución es válida;al ver que la b y la c no pueden ser correctas, por eliminación queda la a) P13(J95I4)(

@ 9). El sistema

− 2x + 4y − 6z = 1 3x − 6y + 9z = 3

a) no tiene solución; b) tiene infinitas soluciones; c) tiene solución única Sol.:El sistema es incompatible, pues el rango de la matriz de los coeficientes es 1 y el de la ampliada, 2. La respuesta es la a.